備戰(zhàn)2023年高考數學一輪復習-第5講-空間直線、平面的垂直

第5講空間直線、平面的垂直1．直線與平面垂直(1)直線與平面垂直的定義如果直線l與平面α內的eq\x(\s\up1(01))任意一條直線都垂直，就說直線l與平面α互相垂直．(2)直線與平面垂直的判定定理文字語言圖形語言符號語言判定定理如果一條直線與一個平面內的eq\x(\s\up1(02))兩條相交直線垂直，那么該直線與此平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(03))a?α，b?α,\x(\s\up1(04))a∩b＝O,\x(\s\up1(05))l⊥a,\x(\s\up1(06))l⊥b))?l⊥α(3)直線與平面垂直的性質定理文字語言圖形語言符號語言性質定理垂直于同一個平面的兩條直線eq\x(\s\up1(07))平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(08))a⊥α,\x(\s\up1(09))b⊥α))?a∥b2．平面與平面垂直(1)平面與平面垂直的定義兩個平面相交，如果它們所成的二面角是eq\x(\s\up1(10))直二面角，就說這兩個平面互相垂直．(2)平面與平面垂直的判定定理文字語言圖形語言符號語言判定定理如果一個平面過另一個平面的eq\x(\s\up1(11))垂線，那么這兩個平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(12))l?β,\x(\s\up1(13))l⊥α))?α⊥β(3)平面與平面垂直的性質定理文字語言圖形語言符號語言性質定理兩個平面垂直，如果一個平面內有一直線垂直于這兩個平面的eq\x(\s\up1(14))交線，那么這條直線與另一個平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(\s\up1(15))α⊥β,\x(\s\up1(16))α∩β＝a,\x(\s\up1(17))l?β,\x(\s\up1(18))l⊥a))?l⊥α3．直線與平面所成的角(1)定義：平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的角，叫做這條直線和這個平面所成的角．(2)斜線與平面所成的角的范圍：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).直線與平面所成的角的范圍：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).4．二面角的有關概念(1)二面角：從一條直線出發(fā)的eq\x(\s\up1(19))兩個半平面所組成的圖形叫做二面角．(2)二面角的平面角：過二面角棱上的任一點，在兩個半平面內分別作與棱eq\x(\s\up1(20))垂直的射線，則兩射線所成的角叫做二面角的平面角．5．三種距離(1)點面距過一點作垂直于已知平面的直線，則該點與垂足間的線段，叫做這個點到該平面的eq\x(\s\up1(21))垂線段，eq\x(\s\up1(22))垂線段的長度叫做這個點到該平面的距離．(2)線面距一條直線與一個平面平行時，這條直線上eq\x(\s\up1(23))任意一點到這個平面的距離，叫做這條直線到這個平面的距離．(3)面面距如果兩個平面平行，那么其中一個平面內的任意一點到另一個平面的距離都eq\x(\s\up1(24))相等，把它叫做這兩個平行平面間的距離．直線與平面垂直的五個結論(1)若一條直線垂直于一個平面，則這條直線垂直于這個平面內的任意一條直線．(2)若兩條平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面．(3)垂直于同一條直線的兩個平面平行．(4)過一點垂直于已知平面的直線有且只有一條．(5)過一點有且只有一個平面與已知直線垂直．1．(2022·廣東深圳調研)已知m和n是兩條不同的直線，α和β是兩個不重合的平面，那么下面給出的條件中一定能推出m⊥β的是()A．α⊥β，且m?α B．m∥n，且n⊥βC．α⊥β，且m∥α D．m⊥n，且n∥β答案B解析因為α⊥β，m?α，則m，β的位置關系不確定，可能平行、相交、m在β內，故A錯誤；由線面垂直的性質定理可知B正確；若α⊥β，m∥α，則m，β的位置關系也不確定，故C錯誤；若m⊥n，n∥β，則m，β的位置關系也不確定，故D錯誤．故選B.2．(多選)下列命題中正確的有()A．如果平面α⊥平面β，那么平面α內一定存在直線平行于平面βB．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α內一定不存在直線垂直于平面βC．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γD．如果平面α⊥平面β，那么平面α內所有直線都垂直于平面β答案ABC解析若α⊥β，則α內至少有一條直線垂直于平面β，而非所有直線都垂直于平面β.故選ABC．3．若斜線段AB是它在平面α內射影長的2倍，則AB與平面α所成的角的大小為()A．60° B．45°C．30° D．90°答案A解析斜線段、垂線段以及射影構成直角三角形．如圖所示，∠ABO即是斜線段與平面α所成的角．又AB＝2BO，所以cos∠ABO＝eq\f(OB,AB)＝eq\f(1,2)，所以∠ABO＝60°.故選A．4．如圖所示，在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，則二面角B－PA－C的大小為()A．90° B．60°C．45° D．30°答案A解析∵PA⊥平面ABC，BA，CA?平面ABC，∴BA⊥PA，CA⊥PA，因此∠BAC即為二面角B－PA－C的平面角．又∠BAC＝90°，故選A．5．在三棱錐P－ABC中，點P在平面ABC中的射影為點O.(1)若PA＝PB＝PC，則點O是△ABC的________心；(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，則點O是△ABC的________心．答案(1)外(2)垂解析(1)如圖，∵PO⊥平面ABC，連接OA，OB，OC，在Rt△POA中，OA2＝PA2－PO2，同理OB2＝PB2－PO2，OC2＝PC2－PO2.又PA＝PB＝PC，故OA＝OB＝OC，∴O是△ABC的外心．(2)由PA⊥PB，PA⊥PC，可知PA⊥平面PBC，∴PA⊥BC，又PO⊥BC，∴BC⊥平面PAO，∴AO⊥BC，同理BO⊥AC，CO⊥AB.故O是△ABC的垂心．6．(2019·全國Ⅰ卷)已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點，PC＝2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為eq\r(3)，那么P到平面ABC的距離為________.答案eq\r(2)解析如圖，過點P作PO⊥平面ABC于O，則PO為P到平面ABC的距離．再過O作OE⊥AC于E，OF⊥BC于F，連接PC，PE，PF，則PE⊥AC，PF⊥BC．又PE＝PF＝eq\r(3)，所以OE＝OF，所以CO為∠ACB的平分線，即∠ACO＝45°.在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝eq\r(3)，所以CE＝1，所以OE＝1，所以PO＝eq\r(PE2－OE2)＝eq\r(\r(3)2－12)＝eq\r(2).考向一有關垂直關系的判斷例1(1)已知平面α及α外的一條直線l，下列命題中不正確的是()A．若l垂直于α內的兩條平行線，則l⊥αB．若l平行于α內的一條直線，則l∥αC．若l垂直于α內的兩條相交直線，則l⊥αD．若l平行于α內的無數條直線，則l∥α答案A解析由直線與平面平行的有關定理和結論可知選項B，D正確，選項C是直線與平面垂直的判定定理，而A中，直線l可能與平面α垂直，也可能與平面α相交但不垂直，還可能與平面α平行，故選A．(2)(多選)(2022·湖南長沙摸底)如圖，在以下四個正方體中，直線AB與平面CDE垂直的是()答案BD解析對于A，易證AB與CE所成的角為45°，則直線AB與平面CDE不垂直；對于B，易證AB⊥CE，AB⊥ED，且CE∩ED＝E，則AB⊥平面CDE；對于C，易證AB與CE所成的角為60°，則直線AB與平面CDE不垂直；對于D，易證ED⊥平面ABC，則ED⊥AB，同理CE⊥AB，且ED∩CE＝E，則AB⊥平面CDE.故選BD.判斷垂直關系需注意的問題(1)作圖要熟練，借助幾何圖形來說明線面關系要做到作圖快、準．(2)善于尋找反例，若存在反例，結論就被駁倒了．(3)要思考完整，反復驗證所有可能的情況，必要時要運用判定或性質定理進行簡單說明．1.(多選)(2021·新高考Ⅱ卷)如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點．則滿足MN⊥OP的是()答案BC解析設正方體的棱長為2，對于A，如圖1所示，連接AC，則MN∥AC，故∠POC或其補角為異面直線OP，MN所成的角，在直角三角形OPC中，OC＝eq\r(2)，CP＝1，故tan∠POC＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，故MN⊥OP不成立，故A錯誤；對于B，如圖2所示，取MT的中點為Q，連接PQ，OQ，則OQ⊥MT，PQ⊥MN，由正方體SBCN－MADT可得SM⊥平面MADT，而OQ?平面MADT，故SM⊥OQ，而SM∩MT＝M，故OQ⊥平面SNTM，又MN?平面SNTM，所以OQ⊥MN，而OQ∩PQ＝Q，所以MN⊥平面OPQ，而OP?平面OPQ，故MN⊥OP，故B正確；對于C，如圖3，連接BD，則BD∥MN，由B的判斷可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正確；對于D，如圖4，取AD的中點Q，AB的中點K，連接AC，PQ，OQ，PK，OK，AO，則AC∥MN，因為DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO或其補角為異面直線OP，MN所成的角，因為正方體的棱長為2，故PQ＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2)，OQ＝eq\r(AO2＋AQ2)＝eq\r(2＋1)＝eq\r(3)，OP＝eq\r(PK2＋OK2)＝eq\r(4＋1)＝eq\r(5)，OQ2<PQ2＋OP2，故∠QPO不是直角，故OP，MN不垂直，故D錯誤．故選BC．2．如圖，在正方形ABCD中，E，F分別是BC，CD的中點，G是EF的中點，現沿AE，AF及EF把這個正方形折成一個空間圖形，使B，C，D三點重合，重合后的點記為H，那么，在這個空間圖形中必有()A．AH⊥平面EFH B．AG⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF答案A解析由平面圖形，得AH⊥HE，AH⊥HF，又HE∩HF＝H，∴AH⊥平面EFH，故選A．多角度探究突破考向二直線與平面垂直的判定與性質角度利用線線垂直證明線面垂直例2(2022·山東煙臺階段考試)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中點，F在BB1上．(1)求證：C1D⊥平面AA1B1B；(2)在下列給出的三個條件中選取哪兩個條件可使AB1⊥平面C1DF？并證明你的結論．①F為BB1的中點；②AB1＝eq\r(3)；③AA1＝eq\r(2).解(1)證明：∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°，即△A1C1B1是等腰直角三角形．又D是A1B1的中點，∴C1D⊥A1B1.∵AA1⊥平面A1B1C1，C1D?平面A1B1C1，∴AA1⊥C1D，又A1B1∩AA1＝A1，∴C1D⊥平面AA1B1B.(2)選①③能證明AB1⊥平面C1DF.如圖，連接DF，A1B，∴DF∥A1B，在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，則AB＝eq\r(2)，又AA1＝eq\r(2)，則四邊形AA1B1B是正方形，∴A1B⊥AB1，∴DF⊥AB1.∵C1D⊥平面AA1B1B，AB1?平面AA1B1B，∴C1D⊥AB1.∵DF∩C1D＝D，∴AB1⊥平面C1DF.角度利用線面垂直證明線線垂直例3(2022·福建漳州高三模擬)如圖所示，已知正方體ABCD－A1B1C1D1.(1)求證：A1C⊥B1D1；(2)M，N分別為B1D1與C1D上的點，且MN⊥B1D1，MN⊥C1D，求證：MN∥A1C．證明(1)連接A1C1(圖略)．∵CC1⊥平面A1B1C1D1，B1D1?平面A1B1C1D1，∴CC1⊥B1D1.∵四邊形A1B1C1D1是正方形，∴A1C1⊥B1D1.又CC1∩A1C1＝C1，∴B1D1⊥平面A1C1C．又A1C?平面A1C1C，∴A1C⊥B1D1.(2)連接B1A，AD1(圖略)．∵B1C1綊AD，∴四邊形ADC1B1為平行四邊形，∴C1D∥AB1.∵MN⊥C1D，∴MN⊥AB1.又MN⊥B1D1，AB1∩B1D1＝B1，∴MN⊥平面AB1D1.易得A1C⊥AB1，由(1)知A1C⊥B1D1，又AB1∩B1D1＝B1，∴A1C⊥平面AB1D1，∴MN∥A1C．(1)證明線線垂直的常用方法①利用特殊圖形中的垂直關系．②利用直線與平面垂直的性質．(2)證明線面垂直的常用方法①利用線面垂直的判定定理，它是最常用的思路．②利用線面垂直的性質：若兩條平行線之一垂直于某平面，則另一條線必垂直于該平面．③利用面面垂直的性質a．兩個平面互相垂直，在一個平面內垂直于交線的直線垂直于另一個平面．b．若兩個相交平面都垂直于第三個平面，則它們的交線垂直于第三個平面．3.(2021·湖南永州質檢)在五面體ABCDEF中，四邊形CDEF為矩形，CD＝2DE＝2AD＝2AB＝4，AC＝2eq\r(5)，求證：AB⊥平面ADE.證明因為在五面體ABCDEF中，四邊形CDEF為矩形，所以EF∥CD，CD⊥DE.因為EF?平面ABCD，CD?平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.因為EF?平面ABFE，平面ABFE∩平面ABCD＝AB，所以EF∥AB.又EF∥CD，所以CD∥AB.因為CD＝4，AD＝2，AC＝2eq\r(5)，所以AD2＋CD2＝AC2，所以CD⊥AD.又因為CD⊥DE，AD∩DE＝D，AD，DE?平面ADE，所以CD⊥平面ADE.又CD∥AB，所以AB⊥平面ADE.4．如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點．證明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.證明(1)在四棱錐P－ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，∴PA⊥CD，又AC⊥CD，且PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC．又AE?平面PAC，∴CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA．∵E是PC的中點，∴AE⊥PC．由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.又PD?平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，AB?平面ABCD，∴PA⊥AB.又AB⊥AD，且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，又PD?平面PAD，∴AB⊥PD.又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.考向三面面垂直的判定與性質例4(1)(2022·湖北荊州月考)在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，E是AB的中點，沿DE將△ADE折起，得到如圖所示的四棱錐P－BCDE.①若平面PDE⊥平面BCDE，求四棱錐P－BCDE的體積；②若PB＝PC，求證：平面PDE⊥平面BCDE.解①如圖所示，取DE的中點M，連接PM，由題意知，PD＝PE，∴PM⊥DE，又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，PM?平面PDE，∴PM⊥平面BCDE，即PM為四棱錐P－BCDE的高．在等腰直角三角形PDE中，PE＝PD＝AD＝2，∴PM＝eq\f(1,2)DE＝eq\r(2)，而梯形BCDE的面積S＝eq\f(1,2)(BE＋CD)·BC＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2＝6，∴四棱錐P－BCDE的體積V＝eq\f(1,3)PM·S＝eq\f(1,3)×eq\r(2)×6＝2eq\r(2).②證明：如圖所示，取BC的中點N，連接PN，MN，則BC⊥MN，∵PB＝PC，∴BC⊥PN，∵MN∩PN＝N，MN，PN?平面PMN，∴BC⊥平面PMN，∵PM?平面PMN，∴BC⊥PM，由①知，PM⊥DE，又BC，DE?平面BCDE，且BC與DE是相交的，∴PM⊥平面BCDE，∵PM?平面PDE，∴平面PDE⊥平面BCDE.(2)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面為正三角形，AA1⊥底面ABC，AA1＝3AB，點E在線段CC1上，平面AEB1⊥平面AA1B1B.①請指出點E的位置，并給出證明；②若AB＝1，求點B1到平面ABE的距離．解①點E為線段CC1的中點．證明如下：取AB的中點F，AB1的中點G，連接CF，FG，EG.則FG∥CE，FG＝CE，所以四邊形FGEC為平行四邊形，所以CF∥EG.因為CA＝CB，AF＝BF，所以CF⊥AB.又因為AA1⊥底面ABC，CF?底面ABC，所以AA1⊥CF.又因為AA1∩AB＝A，所以CF⊥平面AA1B1B.所以EG⊥平面AA1B1B，而EG?平面AEB1，所以平面AEB1⊥平面AA1B1B.②由AB＝1，得AA1＝3.由①可知，點E到平面ABB1的距離為EG＝CF＝eq\f(\r(3),2).而△ABB1的面積S△ABB1＝eq\f(1,2)×1×3＝eq\f(3,2)，AE＝BE＝eq\f(\r(13),2)，等腰三角形ABE底邊AB上的高為eq\r(\f(13,4)－\f(1,4))＝eq\r(3).記點B1到平面ABE的距離為h，由VB1－ABE＝VE－ABB1，得eq\f(1,3)×h×eq\f(1,2)×1×eq\r(3)＝eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×eq\f(\r(3),2)，解得h＝eq\f(3,2)，即點B1到平面ABE的距離為eq\f(3,2).(1)證明面面垂直的方法證明兩平面垂直常轉化為線面垂直，利用線面垂直的判定定理來證明．也可作出二面角的平面角，證明平面角為直角，利用定義來證明．(2)面面垂直的性質已知兩個平面垂直時，過其中一個平面內的一點作交線的垂線，則由面面垂直的性質定理可得此直線垂直于另一個平面，于是面面垂直轉化為線面垂直，由此得出結論：兩個相交平面同時垂直于第三個平面，則它們的交線也垂直于第三個平面．5.(2020·全國Ⅰ卷)如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，△ABC是底面的內接正三角形，P為DO上一點，∠APC＝90°.(1)證明：平面PAB⊥平面PAC；(2)設DO＝eq\r(2)，圓錐的側面積為eq\r(3)π，求三棱錐P－ABC的體積．解(1)證明：連接OA，OB，OC．∵D為圓錐頂點，O為底面圓心，∴OD⊥平面ABC．∵P在DO上，OA＝OB＝OC，∴PA＝PB＝PC．∵△ABC是圓內接正三角形，∴AC＝BC，∴△PAC≌△PBC．∴∠APC＝∠BPC＝90°，即PB⊥PC，PA⊥PC．又PA∩PB＝P，∴PC⊥平面PAB.∵PC?平面PAC，∴平面PAB⊥平面PAC．(2)設圓錐的母線為l，底面半徑為r，則圓錐的側面積為πrl＝eq\r(3)π，rl＝eq\r(3).OD2＝l2－r2＝(eq\r(2))2，解得r＝1，l＝eq\r(3)，AC＝2rsin60°＝eq\r(3)，在等腰直角三角形APC中，AP＝eq\f(\r(2),2)AC＝eq\f(\r(6),2)，在Rt△PAO中，PO＝eq\r(AP2－OA2)＝eq\r(\f(6,4)－1)＝eq\f(\r(2),2)，∴三棱錐P－ABC的體積為VP－ABC＝eq\f(1,3)PO·S△ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(6),8).6．(2022·江蘇鎮(zhèn)江開學考試)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，PA＝PD＝AD＝2，點M在線段PC上，且PM＝2MC，N為AD的中點．(1)求證：AD⊥平面PNB；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求三棱錐P－NBM的體積．解(1)證明：連接BD.∵PA＝PD，N為AD的中點，∴PN⊥AD.又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴△ABD為等邊三角形，∴BN⊥AD.又PN∩BN＝N，∴AD⊥平面PNB.(2)∵PA＝PD＝AD＝2，∴PN＝NB＝eq\r(3).又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PN⊥AD，∴PN⊥平面ABCD，又NB?平面ABCD，∴PN⊥NB，∴S△PNB＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\r(3)＝eq\f(3,2).∵AD⊥平面PNB，AD∥BC，∴BC⊥平面PNB.又PM＝2MC，∴VP－NBM＝VM－PNB＝eq\f(2,3)VC－PNB＝eq\f(2,3)×eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×2＝eq\f(2,3).一、單項選擇題1．若a，b，c是三條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則a⊥b的一個充分不必要條件是()A．a⊥c，b⊥c B．α⊥β，a?α，b?βC．a⊥α，b∥α D．a⊥α，b⊥α答案C解析對于A，B，直線a，b可能是平行直線，相交直線，也可能是異面直線；對于C，在平面α內存在c∥b，因為a⊥α，所以a⊥c，故a⊥b；對于D，一定能推出a∥b.故選C．2．已知直線m，l，平面α，β，且m⊥α，l?β，給出下列命題：①若α∥β，則m⊥l；②若α⊥β，則m∥l；③若m⊥l，則α⊥β；④若m∥l，則α⊥β.其中是真命題的是()A．①④ B．③④C．①② D．①③答案A解析對于①，若α∥β，m⊥α，l?β，則m⊥l，故①是真命題，排除B；對于④，若m∥l，m⊥α，則l⊥α，又因為l?β，所以α⊥β.故④是真命題．故選A．3．如圖，在四面體ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，那么D在平面ABC內的射影H必在()A．直線AB上 B．直線BC上C．直線AC上 D．△ABC內部答案A解析由AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，則AC⊥平面ABD，而AC?平面ABC，則平面ABC⊥平面ABD，因此D在平面ABC內的射影H必在平面ABC與平面ABD的交線AB上．故選A．4．如圖，AB是圓O的直徑，VA垂直圓O所在的平面，C是圓周上不同于A，B的任意一點，M，N分別為VA，VC的中點，則下列結論正確的是()A．MN∥ABB．MN與BC所成的角為45°C．OC⊥平面VACD．平面VAC⊥平面VBC答案D解析依題意，得MN∥AC，又因為直線AC與AB相交，因此MN與AB不平行，A錯誤；因為AB是圓O的直徑，所以AC⊥BC，因此MN與BC所成的角是90°，B錯誤；因為直線OC與AC不垂直，因此OC與平面VAC不垂直，C錯誤；由于BC⊥AC，BC⊥VA，因此BC⊥平面VAC．又BC?平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC，D正確．故選D.5．在如圖所示的四個正方體中，能得出AB⊥CD的是()答案A解析A中，AB⊥CD；B中，AB與CD成60°角；C中，AB與CD成45°角；D中，AB與CD所成角的正切值為eq\r(2).故選A．6．如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.將△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，構成三棱錐A－BCD，則在三棱錐A－BCD中，下列命題正確的是()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC答案D解析因為在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD，又因為平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，所以CD⊥AB，又因為AD⊥AB，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，即平面ABC⊥平面ADC，故選D.7．(2020·新高考Ⅰ卷)日晷是中國古代用來測定時間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間．把地球看成一個球(球心記為O)，地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面．在點A處放置一個日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點A處的緯度為北緯40°，則晷針與點A處的水平面所成角為()A．20° B．40°C．50° D．90°答案B解析畫出截面圖如圖所示，其中CD是赤道所在平面的截線，l是點A處的水平面的截線，依題意可知OA⊥l，AB是晷針所在直線，m是晷面的截線，依題意，晷面和赤道平面平行，晷針與晷面垂直，根據平面平行的性質定理可得m∥CD，根據線面垂直的定義可得AB⊥m.由于∠AOC＝40°，m∥CD，所以∠OAG＝∠AOC＝40°，由于∠OAG＋∠GAE＝∠BAE＋∠GAE＝90°，所以∠BAE＝∠OAG＝40°，也即晷針與點A處的水平面所成角為∠BAE＝40°.故選B.8．(2021·浙江高考)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1，M，N分別是A1D，D1B的中點，則()A．直線A1D與直線D1B垂直，直線MN∥平面ABCDB．直線A1D與直線D1B平行，直線MN⊥平面BDD1B1C．直線A1D與直線D1B相交，直線MN∥平面ABCDD．直線A1D與直線D1B異面，直線MN⊥平面BDD1B1答案A解析解法一：連接AD1，則易得點M在AD1上，且AD1⊥A1D.因為AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D與D1B異面且垂直．在△ABD1中，由中位線定理可得MN∥AB，所以MN∥平面ABCD.易知直線AB與平面BDD1B1成45°角，所以MN與平面BDD1B1不垂直，所以A正確．故選A．解法二：以點D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系．設AB＝2，則A1(2,0,2)，D(0,0,0)，D1(0,0,2)，B(2,2,0)，所以M(1,0,1)，N(1,1,1)，所以eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(－2,0，－2)，eq\o(D1B,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(0,1,0)，所以eq\o(A1D,\s\up6(→))·eq\o(D1B,\s\up6(→))＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B.又由圖易知直線A1D與直線D1B是異面直線，所以直線A1D與直線D1B異面且垂直．因為平面ABCD的一個法向量為n＝(0,0,1)，eq\o(MN,\s\up6(→))·n＝0，所以MN∥平面ABCD.設直線MN與平面BDD1B1所成的角為θ，因為平面BDD1B1的一個法向量為a＝(－1，1,0)，所以sinθ＝|cos〈eq\o(MN,\s\up6(→))，a〉|＝eq\f(|\o(MN,\s\up6(→))·a|,|\o(MN,\s\up6(→))||a|)＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以直線MN與平面BDD1B1不垂直．故選A．二、多項選擇題9．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點，則下列說法正確的是()A．MN與CC1垂直 B．MN與AC垂直C．MN與BD平行 D．MN與A1B1平行答案ABC解析如圖所示，連接C1D，因為M，N分別是BC1，CD1的中點，所以MN∥BD，而C1C⊥BD，故C1C⊥MN，故A，C正確；又因為AC⊥BD，所以MN⊥AC，B正確；又因為A1B1∥AB，AB與BD相交，所以MN與A1B1不平行，故D錯誤．故選ABC．10．如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，則下列四個命題正確的是()A．直線BC與平面ABC1D1所成的角為eq\f(π,4)B．點C到平面ABC1D1的距離為eq\f(\r(2),2)C．兩條異面直線D1C和BC1所成的角為eq\f(π,4)D．三棱柱AA1D1－BB1C1的外接球半徑為eq\f(\r(3),2)答案ABD解析正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1.對于A，直線BC與平面ABC1D1所成的角為∠CBC1＝eq\f(π,4)，故A正確；對于B，因為B1C⊥平面ABC1D1，點C到平面ABC1D1的距離為B1C長度的一半，即為eq\f(\r(2),2)，故B正確；對于C，因為BC1∥AD1，所以異面直線D1C和BC1所成的角為∠AD1C，而△AD1C為等邊三角形，故兩條異面直線D1C和BC1所成的角為eq\f(π,3)，故C錯誤；對于D，因為A1A，A1B1，A1D1兩兩垂直，所以三棱柱AA1D1－BB1C1的外接球也是正方體ABCD－A1B1C1D1的外接球，故r＝eq\f(\r(12＋12＋12),2)＝eq\f(\r(3),2)，故D正確．故選ABD.11．如圖，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分別是AB，CD的中點，將四邊形ADFE沿直線EF進行翻折，則下列結論可能正確的有()A．DF⊥BCB．BD⊥FCC．平面BDF⊥平面BCFD．平面DCF⊥平面BCF答案BC解析對于A，因為BC∥AD，AD與DF相交但不垂直，所以BC與DF不垂直，則A錯誤；對于B，設點D在平面BCF上的射影為點P，當BP⊥CF時就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使條件滿足，所以B正確；對于C，當點D在平面BCF上的射影P落在BF上時，DP?平面BDF，從而平面BDF⊥平面BCF，所以C正確；對于D，因為點D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以D錯誤．故選BC．12．(2022·河北邯鄲開學考試)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P是線段AB1上的動點，以下結論正確的有()A．BD∥平面AD1PB．D1P⊥A1CC．D1P與C1D所成角的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))D．P是AB1的中點時，直線PB與平面BC1D所成的角最大答案ABD解析在正方體ABCD－A1B1C1D1中，BD∥B1D1，BD?平面AD1B1，B1D1?平面AD1B1，所以BD∥平面AD1B1，因為點P是線段AB1上的動點，所以平面AD1P即為平面AD1B1，即BD∥平面AD1P，故A正確；在正方體ABCD－A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1，AA1⊥B1D1?B1D1⊥平面A1C1CA?B1D1⊥A1C，同理可證AD1⊥A1C，從而A1C⊥平面AD1B1，因為點P是線段AB1上的動點，所以D1P?平面AD1B1，因此D1P⊥A1C，故B正確；在正方體ABCD－A1B1C1D1中，C1D∥AB1，所以D1P與C1D所成的角為D1P與AB1所成的角，而△AD1B1為正三角形，所以D1P與C1D所成角的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))，故C錯誤；在正方體ABCD－A1B1C1D1中，C1D∥AB1，所以當P到B距離最小時，直線PB與平面BC1D所成的角最大，即P是AB1的中點時，直線PB與平面BC1D所成的角最大，故D正確．故選ABD.三、填空題13．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的兩條不同直線．給出下列三個論斷：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：________.答案②③?①(或①③?②)解析②③?①.證明如下：∵m∥α，∴根據線面平行的性質定理，知存在n?α，使得m∥n.又l⊥α，∴l(xiāng)⊥n，∴l(xiāng)⊥m.①③?②.證明如下：∵l⊥m，l⊥α，m是平面α外的直線，∴m∥α.14．(2022·江蘇常州檢測)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F，G，H分別是棱A1A，B1B，C1C，D1D的中點，請寫出一個與A1O垂直的正方體的截面：________.(寫出一個即可，不必寫出全部)答案平面GBD(或平面D1B1E或平面C1HAF)解析如圖，連接AC，BD，BG，DG，A1G，OG，A1C1，易知BD⊥AC，BD⊥AA1，又AC∩AA1＝A，故BD⊥平面ACC1A1，因為A1O?平面ACC1A1，故BD⊥A1O，設正方體的邊長為2，則A1O＝eq\r(AA\o\al(2,1)＋AO2)＝eq\r(4＋2)＝eq\r(6)，OG＝eq\r(OC2＋CG2)＝eq\r(2＋1)＝eq\r(3)，A1G＝eq\r(A1C\o\al(2,1)＋C1G2)＝eq\r(8＋1)＝3，故A1G2＝A1O2＋OG2，故A1O⊥OG，OG∩BD＝O，故A1O⊥平面GBD.15．(2022·廣東梅州質檢)如圖，在三棱錐P－ABC中，∠ABC＝∠PBC＝90°，△PAB是邊長為1的等邊三角形．若BC＝1，M是PC的中點，則點M到直線AB的距離是________.答案eq\f(\r(7),4)解析∵AB⊥BC，PB⊥BC，PB∩AB＝B，∴BC⊥平面PAB.如圖，取PB的中點Q，連接MQ，則MQ綊eq\f(1,2)BC．∴MQ⊥平面PAB，∴點M到平面PAB的距離為MQ＝eq\f(1,2).作QN⊥AB于點N，則易證AB⊥平面MNQ，連接MN，則MN⊥AB，QN⊥AB.QN＝QB·sin60°＝eq\f(\r(3),4)，∵MQ⊥QN，∴MN＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(7),4).四、解答題16．(2018·全國Ⅱ卷)如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點．(1)證明：PO⊥平面ABC；(2)若點M在棱BC上，且MC＝2MB，求點C到平面POM的距離．解(1)證明：因為AP＝CP＝AC＝4，O為AC的中點，所以OP⊥AC，且OP＝2eq\r(3).連接OB，因為AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2.由OP2＋OB2＝PB2知OP⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC，AC∩OB＝O，知PO⊥平面ABC．(2)作CH⊥OM，垂足為H.又由(1)可得OP⊥CH，又因為OP∩OM＝O，所以CH⊥平面POM．故CH的長為點C到平面POM的距離．由題設可知OC＝eq\f(1,2)AC＝2，CM＝eq\f(2,3)BC＝eq\f(4\r(2),3)，∠ACB＝45°.在△OCM中根據余弦定理可求得OM＝eq\f(2\r(5),3)，所以CH＝eq\f(OC·MC·sin∠ACB,OM)＝eq\f(4\r(5),5).所以點C到平面POM的距離為eq\f(4\r(5),5).17．(2022·湖南岳陽月考)如圖1，已知等邊三角形ABC的邊長為3，點M，N分別是邊AB，AC上的點，且BM＝2MA，AN＝2NC．如圖2，將△AMN沿MN折起到△A′MN的位置．(1)求證：平面A′BM⊥平面BCNM；(2)給出三個條件：①A′M⊥BC；②二面角A′－MN－C的大小為60°；③A′到平面BCMN的距離